湖北省武漢市常青聯(lián)合體2023-2024學年高二上學期期中聯(lián)考數(shù)學Word版含解析.docx

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武漢市常青聯(lián)合體2023—2024學年度高二第一學期期中考試數(shù)學試卷卷滿分：150分本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題），滿分100分，考試用時120分鐘．注意事項：1．答卷前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名和考號等填寫在答題卡上，并用鉛筆在答題卡上的相應位置填涂．2．回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號．3．回答第Ⅱ卷時，必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答卷各題目指定區(qū)域內，不準使用鉛筆和涂改液．不按以上要求作答的答案無效．第Ⅰ卷一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.某中學高三年級共有學生900人，為了解他們視力狀況，用分層抽樣的方法從中抽取一個容量為45的樣本，若樣本中共有女生11人，該校高三年級共有男生（）人A.220B.225C.680D.685【答案】C【解析】【分析】利用分層抽樣比例一致得到相關方程，從而得解.【詳解】依題意，設高三男生人數(shù)為人，則高三女生人數(shù)為人，由分層抽樣可得，解得.故選：C.2.方程表示圓，則的范圍是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)方程表示圓，應當滿足求解即可.【詳解】因為方程表示圓， 所以，解得：.故選：B.3.已知直線，互相垂直，則實數(shù)的值為（）A.B.或C.D.或【答案】A【解析】【分析】根據(jù)兩一般式直線相互垂直求的值，注意驗證求得的值是否滿足直線方程.【詳解】因為直線，互相垂直，所以，所以或，當，直線不存在，故.故選：A4.如圖，空間四邊形中，，，，點在上，且，，則（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)空間向量的線性運算結合圖象計算即可.【詳解】由，，得 故選：C.5.直線的傾斜角是（）A.41°B.49°C.131°D.139°【答案】D【解析】【分析】確定直線的斜率為，得到傾斜角.【詳解】直線的斜率為，故直線的傾斜角為.故選：D.6.四名同學各擲骰子5次，分別記錄每次骰子出現(xiàn)的點數(shù)，根據(jù)四名同學的統(tǒng)計結果、可以判斷出一定沒有出現(xiàn)點數(shù)6的是（）A.平均數(shù)為2，方差為3.1；B.中位數(shù)為3，方差為1.6；C.中位數(shù)為3，眾數(shù)為2；D.平均數(shù)為3，中位數(shù)為2.【答案】A【解析】【分析】利用反證法即可證得選項A判斷正確；利用舉反例法即可證得選項BCD判斷錯誤.【詳解】對于A，若平均數(shù)為2，出現(xiàn)點數(shù)6，可得方差，故平均數(shù)為2，方差為3.1，一定沒有出現(xiàn)點數(shù)6，故A正確.對于B，當投擲骰子出現(xiàn)的結果為3，3，3，5，6時，滿足中位數(shù)為3，方差為：，此時出現(xiàn)點數(shù)為6，故B錯誤；對于C，當投擲骰子出現(xiàn)結果為2，2，3，4，6時，滿足中位數(shù)為3，眾數(shù)為2，可以出現(xiàn)點數(shù)6，故C錯誤；對于D，當投擲骰子出現(xiàn)的結果為1，1，2，5，6時，滿足平均數(shù)為3，中位數(shù)為2，可以出現(xiàn)點數(shù)6，故D錯誤.故選：A7.柏拉圖多面體是柏拉圖及其追隨者對正多面體進行系統(tǒng)研究后而得名的幾何體．下圖是棱長均為1的柏拉圖多面體，分別為的中點，則（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)向量運算得，，再求即可.【詳解】由柏拉圖多面體的性質可知，側面均為等邊三角形，四邊形為邊長為1的菱形，又≌，所以，故四邊形為正方形，同理四邊形也為正方形．取的中點，連接，則，同理，．故選：A．8.已知三棱錐的體積為15，是空間中一點，，則三棱錐的體積是（）A.7B.8C.9D.10【答案】C 【解析】【分析】根據(jù)題意，由空間向量的運算可得，再由空間向量基本定理可得，即可得到結果.【詳解】因為，則，即，即，所以，因為，由空間向量基本定理可知，在平面內存在一點，使得成立，即，所以，即，則，又三棱錐的體積為15，則.故選：C二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．）9.下列說法，不正確的是（）A.在空間直角坐標系中，是坐標平面的一個法向量B.若是直線方向向量，則（）也是直線的方向向量C.若為空間的一個基底，則構成空間的另一個基底 D.對空間任意一點和不共線的三點，若，則，，，四點共面【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)法向量的定義即可判斷A；根據(jù)直線的方向向量的定義即可判斷B；根據(jù)平面向量共面定理結合空間向量基本定理即可判斷C；根據(jù)共面向量定理的推論即可判斷D.【詳解】對于A，因為垂直平面，所以是坐標平面的一個法向量，故A正確；對于B，當時，不是直線的方向向量，故B錯誤；對于C，因為為空間的一個基底，所以不共面，假設共面，則存在唯一實數(shù)對，使得，即，所以，方程組無解，所以不存在實數(shù)對，使得，所以不共面，所以構成空間的另一個基底，故C正確；對于D，若，則當且僅當時，，，，四點共面，而，，所以，，，四點不共面，故D錯誤.故選：BD.10.從裝有2個紅球和3個白球的口袋內任取兩個球，則下列選項中的兩個事件為不是互斥事件的是（）A.至多有1個白球；都是紅球B.至少有1個白球；至少有1個紅球 C.恰好有1個白球；都是紅球D.至多有1個白球；全是白球【答案】AB【解析】【分析】根據(jù)互斥事件的概念判斷即可.【詳解】對于A：“至多有1個白球”包含都是紅球和一紅一白，“都是紅球”包含都是紅球，所以“至多有1個白球”與“都是紅球”不是互斥事件．故A正確；對于B：“至少有1個白球”包含都是白球和一紅一白，“至少有1個紅球”包含都是紅球和一紅一白，所以“至少有1個白球”與“至少有1個紅球”不是互斥事件．故B正確；對于C：“恰好有1個白球”包含一紅一白，“都是紅球”包含都是紅球，所以“恰好有1個白球”與“都是紅球”是互斥事件．故C錯誤；對于D：“至多有1個白球”包含都是紅球和一紅一白，“全是白球”包含都是白球，所以“至多有1個白球”與“全白球”是互斥事件．故D錯誤．故選：AB．11.如圖，在直三棱柱中，，，、分別為，的中點，過點、、作三棱柱的截面，則下列結論中正確的是（）A.三棱柱外接球的表面積為B.C.若交于，則D.將三棱柱分成體積較大部分和體積較小部分的體積比為【答案】AD【解析】【分析】對于A，將該三棱柱視為正方體的一部分，利用正方體的對角線為外接球的直徑即可求解； 對于B，延長與交于點，連接交于，連接得到截面，利用相似三角形可求得，即可推出與不平行；對于C，在中，計算即可判斷；對于D，利用割補法以及體積公式即可求得.【詳解】如圖所示：將該三棱柱視為正方體的一部分，則三棱柱外接球的半徑，，其表面積為，故A正確；延長與交于點，連接交于，連接，則平面即為截面，因為，是中點，所以是的中點，由與相似，得，得，而是的中點，所以與不平行且必相交，所以與截面不平行，故B錯誤；因為，又，所以在中，則，故C錯誤；延長交的反向延長線于點，易知與全等，則，則將三棱柱分成體積較大部分的體積為： ，所以較小部分體積為，所以體積之比為，故D正確.故選：AD.12.已知在平面直角坐標系中，，，動點是平面上動點，其軌跡為．則下列結論正確的是（）A.若動點滿足，則曲線的方程為B.若動點軌跡為：，則最小值為10C.若動點滿足，則曲線關于軸對稱D.若動點滿足，則面積的最大值為6【答案】BCD【解析】【分析】設，對于A，代入化簡即可判斷；對于B，設，連接，，由三角形相似可得，將問題轉化為求的最小值，結合圖象，求解即可；對于C，代入化簡得，將換成，即可判斷；對于D，由可得，再由即可判斷.【詳解】解：設，對于A，當，則有，化簡得：，故錯誤；對于B，因為動點軌跡為：，表示以為圓心，為半徑的圓，設，連接，，如圖所示： 因為，所以,又因為,所以,所以，所以，所以，當與重合時，，即，故正確；對于C，動點滿足，即有，整理得，將換成，得，所以曲線關于軸對稱，故正確；對于D，由C可知方程一定有解，所以，所以，即， 所以，當時，等號成立，故正確.故選：BCD.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是在B選項中將問題轉化為求的最小值.第Ⅱ卷三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分．請把答案直接填寫在答題卡相應位置上．）13.甲、乙兩人獨立解某一道數(shù)學題，已知該題被甲獨立解出的概率為，被甲或乙解出的概率為，則該題被乙獨立解出的概率為______．【答案】##【解析】【分析】因為甲、乙兩人是否完成任務是相互獨立的，故結合獨立事件和對立事件的概率計算公式可求解【詳解】設該題被乙獨立解出的概率為，并且甲獨立解出的概率為，則甲、乙兩人都解不出來的概率為，又因被甲或乙解出的概率為，故，即，故，解得，故答案為：.14.設點、，若直線過點且與線段不相交，則直線的斜率的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】計算，，再根據(jù)圖像得到答案.【詳解】，， 直線過點且與線段不相交，故，即.故答案為：.15.若直線：，：（）相交于點，過作圓的切線，切點為，則的最大值為______．【答案】7【解析】【分析】根據(jù)已知確定的軌跡為，再由圓切線性質將問題轉化為求的最大值，結合圓與圓的位置關系求其最大值，即可確定的最大值.【詳解】由題設，，即，又、分別恒過、，故交點在以線段為直徑的圓上，圓心為，半徑為，故的軌跡為，由到的距離為，即兩圓相離，如下圖， 由圓切線性質，，要使的最大值，只需最大，且為，所以.故答案為：716.數(shù)學中有許多形狀優(yōu)美，寓意獨特的幾何體，圖1所示的禮品包裝盒就是其中之一，該禮品包裝盒可以看成是一個十面體，其中上、下底面為全等的正方形，所有的側面是全等的三角形．將長方體的上底面繞著其中心旋轉得到如圖2所示的十面體．已知，，是底面正方形內的點，且到和的距離都為，過直線作平面，則十面體外接球被平面所截的截面圓面積的最小值是______．【答案】【解析】【分析】先求外接球半徑，再結合空間向量求出球心到直線EP 的距離，結合球的結構特征即可求出截面圓的最小值.【詳解】由下圖可知，上底面的平面圖如下所示：記的中心為，連接，因為旋轉了，所以為等邊三角形，，又因為長方體中，平面，平面，所以，所以，解得，因為十面體是將長方體的上底面繞著其中心旋轉60°得到的，所以長方體的外接球就是十面體的外接球；設十面體的外接球半徑為R，則即，以D為原點建立如下圖所示的空間直角坐標系，結合第一幅圖可知，， 可得，，所以，又因為P到AB，AD的距離為，所以，球心，所以，球心O到PE的距離為，所以最小截面圓的半徑為，此時截面圓面積為，故答案為：.四、解答題（本題共6小題，共70分．請在答題卡指定區(qū)域內作答．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）17.在中，邊所在的直線斜率為，其中頂點點坐標為，頂點的坐標為．（1）求邊上的高所在的直線方程；（2）若，的中點分別為，，求直線的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）為邊上的高所在的直線與所在的直線互相垂直且過點，利用點斜式計算可得；（2）首先求出的中點的坐標，依題意，則，即可求出的方程.【小問1詳解】由題意知邊上的高過，，因為邊上的高所在的直線與所在的直線互相垂直，故高線的斜率為， 所以邊上的高所在的直線方程為：，即；【小問2詳解】由已知點坐標為，，故的中點為，因為是的一條中位線，所以，而，所以直線的斜率為，所以直線的方程為，化簡可得．18.2022年4月16日，神舟十三號載人飛船返回艙成功著陸，航天員翟志剛、王亞平、葉光富完成在軌駐留半年的太空飛行任務，標志著中國空間站關鍵技術驗證階段圓滿完成．并將進入建造階段，洪山區(qū)為了激發(fā)市民對天文學的興趣，開展了天文知識比賽，滿分100分（95分及以上為認知程度高），結果認知程度高的有人，這人按年齡分成5組，其中第一組：，第二組：，第三組：，第四組：，第五組：，得到如圖所示的頻率分布直方圖，已知第一組有10人． （1）根據(jù)頻率分布直方圖，估計這人的第60百分位數(shù)；（精確到0.1）（2）現(xiàn)從第四組和第五組用分層隨機抽樣的方法抽取6人，擔任“黨章黨史”宣傳使者．①有甲（年齡36），乙（年齡42），且甲、乙確定入選，從6人中要選擇兩個人擔任組長，求甲、乙兩人至少有一人被選上組長的概率；②若第四組宣傳使者的年齡的平均數(shù)與方差分別為36和，第五組宣傳使者的年齡的平均數(shù)與方差分別為42和1，據(jù)此估計這人中35～45歲所有人的年齡平均數(shù)和方差．【答案】（1）（2）①；②平均數(shù)為38，方差約為10【解析】【分析】（1）先確定第60百分位數(shù)所在小組，再根據(jù)求百分位數(shù)公式進行計算；（2）①求出從第四組和第五組所抽人數(shù)，寫出樣本空間，利用古典概型求概率公式進行計算；②根據(jù)數(shù)據(jù)求出第四組和第五組所有宣傳使者的年齡平均數(shù)，從而利用局部方差和整體方差的公式進行求解.【小問1詳解】設第60百分位數(shù)為，∵，，∴位于第三組：內；故；【小問2詳解】①由題意得，第四組和第五組抽取人數(shù)之比為，即第四組4人，記為，，，甲，第五組2，記為，乙，對應的樣本空間為：，，甲，，乙，，甲，，乙，甲，，乙，甲，甲乙，乙，共15個樣本點．設事件為“甲、乙兩人至少一人被選上”，則有甲，乙，甲，乙，甲，乙，甲，甲乙，乙，共有9個樣本點．∴；②設第四組的宣傳使者的年齡平均數(shù)分為，方差為，設第五組的宣傳使者的年齡平均數(shù)為，方差為， 第四組和第五組所有宣傳使者的年齡平均數(shù)為，方差為則，即第四組和第五組所有宣傳使者的年齡平均數(shù)為38，．即第四組和第五組所有宣傳使者的年齡方差為10；據(jù)此估計這人中年齡在35～45歲所有人的年齡的平均數(shù)為38，方差約為10．19.如圖，在平行六面體中，，，分別在，，上，且，，．（1）求證：；（2）若底面，側面都是正方形，且二面角的大小為120°，，若是的中點，求的長度．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）依題意利用空間向量的線性運算，可得出，從而可得出；（2）根據(jù)平行六面體的結構特征及向量對應的線性位置關系，結合向量的加法、數(shù)乘的幾何意義，用、、表示出，再應用向量數(shù)量積的運算律，即可求得，從而得出的長度.【小問1詳解】證明：在平行六面體中，∵，，， ∴，，，，∴，∴.【小問2詳解】由題意可知：，，面面∴為二面角的平面角，即在平行六面體中有：，，，∵是的中點∴即．20.第19屆亞運會2023年9月在杭州市舉辦，本屆亞運會以“綠色、智能、節(jié)儉、文明”為辦會理念，展示杭州生態(tài)之美、文化之韻，充分發(fā)揮國際重大賽事對城市發(fā)展的牽引作用，從而促進經(jīng)濟快速發(fā)展．本次亞運會吉祥物是一組名為“江南憶”的機器人．三個吉祥物分別取名“琮琮”、“蓮蓮”和“宸宸”，分別代表世界遺產(chǎn)“良渚古城遺址”、“西湖”、“京杭大運河”．亞運期間，籃球比賽間隙安排了機器人吉祥物表演，由后臺志愿者操控，，三個開關，分別可操控“琮琮”、“蓮蓮”和“宸宸”，當閉合時“琮琮”、“蓮蓮”表演；當閉合時“蓮蓮”和“宸宸”表演；當閉合時“琮琮”和“宸宸”表演，若，，三個開關閉合的概率分別為，，，且相互獨立．（1）求機器人“琮琮”表演的概率；（2）求機器人“蓮蓮”和“宸宸”都表演的概率．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）事件“機器人“琮琮”表演”發(fā)生，則A、C兩個開關至少一個閉合，利用獨立事件的概率乘法公式求解；（2）分B開關閉合或者B開關不閉合，A，C同時閉合兩種情況，利用互斥事件以及獨立事件的概率乘法公式求解.【小問1詳解】設，，分別為開關，，閉合的概率，則，，記“機器人“琮琮”表演”為事件，發(fā)生則需要、兩個開關至少一個閉合∴，由于開關閉合相互獨立，則，所以，機器人“琮琮”表演的概率為.【小問2詳解】記“機器人“蓮蓮”和“宸宸”都表演”為事件，分為兩類情況：開關閉合；或者開關不閉合，，同時閉合，則：,所以，機器人“蓮蓮”和“宸宸”都表演的概率為.21.在三棱錐中，底面為等腰直角三角形，． （1）求證：；（2）若，，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)等腰三角形可得線線垂直，即可由線面垂直的判定定理求證，（2）建立空間直角坐標系，利用法向量的夾角即可求解.【小問1詳解】取的中點為，連接，，∵，是中點，∴，在和中，，，∴，∴，∵的中點為E，∴，∵，平面，∴平面，∵平面，∴【小問2詳解】過作平面，垂足為，連接，，∴ ∵，，，平面，所以平面，∴，同理，∵底面為等腰直角三角形，，，∴四邊形為正方形且邊長為．,以為原點，，，分別為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，∴，，，設平面的法向量，則，解得，取，則，，∴，設平面的法向量，則，解得，取，則，，∴，設平面與平面夾角為∴故平面與平面夾角的余弦值為．22.如圖，已知圓C1:與y軸交于O，A兩點，圓C2過O，A兩點，且直線C2O恰與圓C1相切. （1）求圓C2的方程.（2）若圓C2上有一動點M，直線MO與圓C1的另一個交點為N，在平面內是否存在定點P，使得|PM|=|PN|始終成立？若存在，求出定點P的坐標；若不存在，說明理由.【答案】（1）；（2）存在，且為．【解析】【詳解】試題分析：（1）由（x﹣4）2+（y﹣2）2=20，令x=0，解得y=0或4．圓C2過0，A兩點，可設圓C2的圓心C1（a，2）．直線C2O的方程為：y=x，即x﹣2y=0．利用直線C20與圓C1相切的性質即可得出；（2）存在，且為P（3，4）．設直線OM的方程為：y=kx．代入圓C2的方程可得：（1+k2）x2+（2﹣4k）x=0．可得M的坐標．同理可得N的坐標．設P（x，y），線段MN的中點E，利用kPE?k=﹣1即可得出．詳解：（1）由（x﹣4）2+（y﹣2）2=20，令x=0，解得y=0或4．∵圓C2過O，A兩點，∴可設圓C2的圓心C1（a，2）．直線C2O的方程為：y=x，即x﹣2y=0．∵直線C2O與圓C1相切，∴=，解得a=﹣1，∴圓C2的方程為：（x+1）2+（y﹣2）2=，化為：x2+y2+2x﹣4y=0．（2）存在，且為P（3，4）．設直線OM的方程為：y=kx．代入圓C2的方程可得：（1+k2）x2+（2﹣4k）x=0．xM=，yM=．代入圓C1的方程可得：（1+k2）x2﹣（8+4k）x=0．xN=，yN=． 設P（x，y），線段MN的中點E．則×k=﹣1，化為：k（4﹣y）+（3﹣x）=0，令4﹣y=3﹣x=0，解得x=3，y=4．∴P（3，4）與k無關系．∴在平面內是存在定點P（3，4）使得PM=PN始終成立．